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高考化学元素周期律综合题
高考化学元素周期律综合题
一、元素周期律练习题(含详细答案解析)
1.元素周期表是打开物质世界奧秘之门的一把金钥匙,1869年,门捷列夫发现了元素周期律并发表了元素周期表。
下图为元素周期表的一部分,回答下列问题。
(1).上述元素中化学性质最稳定的是________(填元素符号,下同),非金属性最强的是_____。
(2)c的最高价氧化物对应水化物的化学式为__________。
(3)h元素的原子结构示意图为__________,写出h单质的一种用途:
__________。
(4)b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是__________(用元素符号表示)。
(5)a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是__________(填化学式),写出其溶液与g的氧化物反应的离子方程式:
___________________________________。
【答案】ArFHNO3
制光电池Mg>C>OKOHAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
【解析】
【分析】
由元素周期表可知,a为Li、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Mg、g为Al、h为Si、i为Ar、j为K。
【详解】
(1)0族元素的化学性质最稳定,故上述元素中化学性质最稳定的是Ar;F元素的非金属性最强;
(2)c为N,其最高价氧化物对应的水化物为HNO3;
(3)h为Si,核电荷数为14,原子的核外电子数也是14,Si的原子结构示意图为
;Si单质的一种用途是可以制光电池;
(4)b为C、d为O、f为Mg,当电子层数相同时,核电荷数越大原子半径越小;电子层数越多原子半径越大,故b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是Mg>C>O;
(5)a为Li、g为Al、j为K,K的金属性最强,金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的碱性越强,故a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是KOH;g的氧化物为Al2O3,Al2O3与KOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。
2.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层有6个电子,Y是至今发现的非金属性最强的元素,Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置,W的单质广泛用作半导体材料。
下列叙述不正确的是()
A.最高正价由低到高的顺序:
Z、W、X、Y
B.原子半径由大到小的顺序:
Z、W、X、Y
C.Z、W分别与X形成的化合物:
均既能与酸又能与碱反应
D.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序:
Y、X、W
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W原子序数依次增大,Y是至今发现的非金属性最强的元素,Y是F元素;X原子最外层有6个电子,X是O元素;Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置,Z位于第三周期、ⅢA族,Z是Al元素;W的单质广泛用作半导体材料,W是Si元素。
【详解】
A.主族元素最高正价等于族序数(O、F除外),F没有正价,故A错误;
B.电子层数越多半径越大,电子层数相同,质子数越多半径越小,原子半径由大到小的顺序:
Al>Si>O>F,故B正确;
C.Al2O3是两性氢氧化物既能与酸又能与碱反应,SiO2是酸性氧化物,能与碱反应生成硅酸盐,SiO2也能与氢氟酸反应生成SiF4气体和水,故C正确;
D.非金属性越强,气态氢化物越稳定,简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序:
HF>H2O>SiH4,故D正确;
故选A。
【点睛】
本题考查元素周期表和元素周期律,熟记元素及其化合物特殊的性质是解题关键,明确氟是至今非金属性最强的元素,无正价,SiO2是酸性氧化物,但能与氢氟酸反应。
3.已知A、B、C、D、E、F均为短周期主族元素,且它们的原子序数依次增大.B和E同主族,A、B在元素周期表中处于相邻的位置,C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大,D是地壳中含量最多的金属元素,E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍.请回答下列问题:
(1)画出F的原子结构示意图_____。
(2)B、C、E对应简单离子的半径由大到小的顺序为_____(用具体微粒符号表示)。
(3)A的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应,生成的化合物属于_____(填“离子化合物”或“共价化合物”)。
(4)加热条件下,B单质与C单质的反应产物的电子式为______。
(5)D元素最高价氧化物对应水化物与C元素最高价氧化物对应水化物的溶液反应的化学方程式为______。
【答案】
S2- > O2-> Na+离子化合物
Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F均为短周期主族元素,且它们的原子序数依次增大,B和E同主族,D是地壳中含量最多的金属元素,则D为Al元素;E、F原子序数均大于Al,处于第三周期,而E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍,最外层电子数为6,故E为S元素,F为Cl;B和E同主族,则B为O元素;A、B在元素周期表中处于相邻的位置,A为N元素;C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大,处于IA族,原子序数介于氧、铝之间,故C为Na,以此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知:
F为Cl元素,原子结构示意图为
,故答案:
。
(2)根据上述分析可知:
B为O元素,C为Na元素,E为S元素,电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,离子电子层越多离子半径越大,故离子半径:
S2- > O2-> Na+,故答案为:
S2- > O2-> Na+;
(3)根据上述分析可知:
A为N元素,A的气态氢化物、最高价氧化物对应水化物分别为氨气、硝酸,二者反应生成硝酸铵,属于离子化合物,故答案为:
离子化合物;
(4)根据上述分析可知:
B为O元素,C为Na元素,加热条件下氧气与钠的反应生成Na2O2,含有离子键、共价键,所以电子式为:
,故答案:
;
(5)根据上述分析可知:
D为Al元素,C为Na元素。
Al的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3,Na最高价氧化物对应水化物NaOH,两者能发生中和反应,反应的化学方程式为:
Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O,故答案:
Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O。
4.NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。
(1)上述三种盐所涉及的五种元素中,半径较小的原子是______________;原子核外最外层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是_____________。
(2)碱性条件下,铝粉可除去工业废水中的NaNO2,处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
产物中铝元素的存在形式_____________(填化学符号);每摩尔铝粉可处理_____________gNaNO2。
(3)新冠疫情发生后,有人用电解食盐水自制NaClO消毒液,装置如图(电极都是石墨)。
电极a应接在直流电源的_____________极;该装置中发生的化学方程式为_____________
(4)Na2SO3溶液中存在水解平衡
+H2O
+
设计简单实验证明该平衡存在__________________。
0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温,过程中(溶液体积变化不计)PH如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
PH
9.66
9.52
9.37
9.25
升温过程中PH减小的原因是_____________;①与④相比;C(
)①____________④(填“>”或“<”).
【答案】ON
34.5正2NaCl+2H2O
2NaOH+H2
+Cl2
,Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2向溶液中滴加酚酞,发现变红温度升高,Kw变大,c(H+)增大,pH变小(Na2SO3被氧化)>
【解析】
【分析】
(1)电子层数越少,半径越小,电子层数相同,质子数越多半径越小;p亚层的电子数
,p亚层上电子自旋状态只有一种;根据洪特规则,当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道,而且自旋状态相同;
(2)铝在碱性条件下,生成偏铝酸盐;铝粉除去工业废水中的NaNO2,处理过程中产生氨气,反应方程式是
;
(3)氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,为使氯气与氢氧化钠充分反应,a极应生成氯气;
(4)由于该水解平衡的存在,使Na2SO3溶液显碱性;水电离吸热,升高温度,水的电离平衡正向移动;①与④相比,温度相同,①的pH大于④,说明④中
浓度减小。
【详解】
(1)上述三种盐所涉及的五种元素中,Na、Cl、S有3个电子层,半径较大,O、N有2个电子层,且O的质子数大于N,所以半径较小的原子是O;根据洪特规则,当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道,而且自旋状态相同,所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N;
(2)铝在碱性条件下,生成偏铝酸盐,产物中铝元素的存在形式是
;铝粉除去工业废水中的NaNO2,反应方程式是
,根据方程式1molAl粉处理0.5molNaNO2,质量是0.5mol×69g/mol=34.5g;
(3)a极氯离子失电子生成氯气,所以a极是阳极,应接在直流电源的正极;用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气,氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O
2NaOH+H2
+Cl2
,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;
(4)该水解平衡的存在,Na2SO3使溶液显碱性,向溶液中滴加酚酞,发现变红,则证明该平衡的存在;水电离吸热,升高温度,水的电离平衡正向移动,Kw变大,c(H+)增大,pH变小;①与④相比,温度相同,①的pH大于④,说明④中
浓度减小,c(
)①>④。
5.如图是元素周期表的一部分,请回答下列问题:
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
1
①
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
(1)在这些元素中,单质的化学性质最不活泼的是___(填元素符号)。
(2)③的气态氢化物的电子式___,②④形成的气态化合物的结构式___。
(3)这些元素形成的最高价氧化物的水化物中,碱性最强的化合物为___(填物质的化学式),写出它的电子式:
___;酸性最强的含氧酸为___(填物质的化学式),写出它的电离方程式:
___。
(4)在②和③两种元素中,非金属性较强的是___(填元素名称),②的单质可以和③的最高价氧化物的水化物反应,请写出有关化学方程式___。
(5)②与Si元素分别形成的最高价氧化物,___的熔点更高,原因是___。
【答案】Ar
O=C=ONaOH
HClO4HClO4=H++ClO4-氮C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2OSiO2SiO2为原子晶体,熔融时需破坏共价键
【解析】
【分析】
由表中元素所在的位置,可确定①为氢(H),②为碳(C),③为氮(N),④为氧(O),⑤为钠(Na),⑥为镁(Mg),⑦为硫(S),⑧氯(Cl),⑨为氩(Ar)。
【详解】
(1)在这些元素中,单质的化学性质最不活泼的是稀有气体元素Ar。
答案为:
Ar;
(2)③为氮元素,其气态氢化物的化学式为NH3,电子式为
,②④形成的气态化合物为CO2,它的结构式为O=C=O。
答案为:
;O=C=O;
(3)这些元素形成的最高价氧化物的水化物中,碱性最强的是钠的氢氧化物,化学式为NaOH,它的电子式为
;酸性最强的含氧酸为高氯酸,化学式为HClO4,它是一元强酸,发生完全电离,电离方程式为HClO4=H++ClO4-。
答案为:
NaOH;
;HClO4;HClO4=H++ClO4-;
(4)同周期元素,从左往右,非金属性依次增强,则在②和③两种元素中,非金属性较强的是氮,②的单质为碳,和③的最高价氧化物的水化物硝酸反应,生成二氧化碳、二氧化氮和水,有关化学方程式为C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O。
答案为:
氮;C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O;
(5)②与Si元素分别形成的最高价氧化物为CO2、SiO2,前者为分子晶体,后者为原子晶体,SiO2的熔点更高,原因是SiO2为原子晶体,熔融时需破坏共价键。
答案为:
SiO2;SiO2为原子晶体,熔融时需破坏共价键。
【点睛】
碳与稀硝酸即便在加热条件下也不能发生化学反应,碳与浓硝酸混合液,若不加热,反应不能发生,也就是说,只有碳与浓硝酸在加热条件下才能反应,生成三种非金属氧化物。
6.A、B、C、D是原子序数依次增大的同一短同期元素,A、B是金属元素,C、D是非金属元素,A、B的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水。
(1)A与C可形成化合物A2C,写出该化合物的电子式为_____。
(2)B与D形成的化合物是_____(填“离子化合物”或“共价化合物”),验证该结论的实验方法是_____。
(3)C的低价氧化物通入D单质的水溶液中,发生反应的化学方程式为_____。
(4)用C的最高价含氧酸W的溶液作电解质溶液(物质的量浓度为5.2mol/L,体积为1L,假设反应前后溶液体积变化忽略不计)组装成原电池如图所示。
①在a电极上发生的反应可表示为_____。
②若电池工作一段时间后,a极消耗0.05molPb,b电极的质量变化为________g,则此时W溶液的浓度为___________mol/L。
【答案】
共价化合物将该化合物加热至熔融状态做导电性实验,如果该化合物在熔融状态下不导电,说明该化合物是共价化合物SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClPb-2e-+SO42-=PbSO43.25.1
【解析】
【分析】
A、B是金属元素,A、B的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水,A是Na元素、B是Al元素;Na与C可形成化合物A2C,C显-2价,C是S元素;A、B、C、D是原子序数依次增大,所以D是Cl元素。
【详解】
根据以上分析,
(1)A是Na元素、C是S元素,形成化合物Na2S是离子化合物,电子式为
;
(2)B是Al元素、D是Cl元素,形成的化合物AlCl3是共价化合物,共价化合物在熔融状态下不导电,将该化合物加热至熔融状态做导电性实验,如果该化合物在熔融状态下不导电,说明该化合物是共价化合物;
(3)S的低价氧化物是SO2,D单质是氯气,SO2通入氯水发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;
(4)H2SO4溶液、Pb、PbO2构成原电池,Pb是负极、PbO2是正极;
①a极是负极,Pb失电子生成PbSO4沉淀,a电极上发生的反应可表示为Pb-2e-+SO42-=PbSO4;
②b是正极,b电极反应式是PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O;a极消耗0.05molPb,转移电子的物质的量是0.1mol,b电极消耗0.05molPbO2,生成0.05molPbSO4质量变化为
3.2g;根据总反应式Pb+PbO2+H2SO4=2PbSO4+2H2O,a极消耗0.05molPb,总反应消耗0.1molH2SO4,此时H2SO4溶液的浓度为
=5.1mol/L。
7.图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图:
请回答下列问题:
(1)元素F在周期表中的位置为________________
(2)C、D、E、G的简单离子半径由大到小的顺序为_______________(用离子符号表示)。
(3)二元化合物X是含有元素A的18电子分子,3gX(g)在25℃101kPa下完全燃烧生成稳定的化合物时放出QkJ的热量,写出表示X燃烧热的热化学方程式:
________________
(4)某同学设计实验用图2所示装置证明元素A、B、F的非金属性强弱(其中溶液b和溶液c均足量)。
①溶液b为_________________
②溶液c中发生反应的离子方程式为__________________
【答案】第三周期第ⅣA族S2->O2->Na+>Al3+C2H6(g)+7/2O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-10QkJ/mol饱和NaHCO3溶液SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32-
【解析】
【分析】
根据题意可知,本题考查元素周期表,元素化合价、离子半径大小、热化学方程式的书写,运用元素周期律、离子半径大小比较方法、热化学方程式书写步骤分析。
【详解】
(1)由图1分析可得,A为C,B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为Si、G为S,因此F在周期表中的位置为第三周期第ⅣA族;
故答案为:
第三周期第ⅣA族;
(2)电子层越多,离子半价越大,具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小,则S2->O2->Na+>Al3+,
故答案为:
S2->O2->Na+>Al3+;
(3)二元化合物X是含有元素A的18电子分子,X为C2H6,3gX(g)在25℃101kPa下完全燃烧生成稳定的化合物时放出QkJ的热量,则X燃烧热的热化学方程式为C2H6(g)+
O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-10QkJ/mol;
故答案为:
C2H6(g)+
O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-10QkJ/mol;
(4)①证明元素A、B、F的非金属性强弱,则应用A、B、F对应的最高价氧化物的水化物和其相应盐进行反应来验证,因此溶液a和b、c分别为HNO3、饱和NaHCO3、Na2SiO3溶液;
故答案为:
饱和NaHCO3溶液;
溶液b中产生的二氧化碳通入c中Na2SiO3溶液中发生反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32-;
故答案为:
SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32-。
8.已知O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素,其原子序数依次增大。
回答下列问题:
(1)Lv在周期表中的位置是_________。
(2)下列有关性质的比较,能用元素周期律解释的是_________。
a.离子半径:
Te2->Se2-b.热稳定性:
H2O>H2S
c.熔、沸点:
H2O>H2Sd.酸性:
H2SO4>H2SeO4
(3)从原子结构角度解释Se与S的最高价氧化物对应的水化物酸性不同的原因_________。
(4)实验室用如下方法制备H2S并进行性质验证。
①设计B装置的目的是证明_________,B中实验现象为_______________。
②实验中经检测发现C中溶液pH降低且出现黑色沉淀。
C中反应的离子方程式是_______________。
③有同学根据“强酸制弱酸”原理认为装置A、C中两个反应相矛盾,认为C中不可能出现上述现象。
该观点不正确的理由是_______________。
【答案】第七(或7)周期VIA族abdSe与S是同主族元素,Se比S电子层数多、半径大,吸引电子能力弱,非金属性弱,故H2SeO4酸性弱于H2SO4H2S具有还原性出现淡黄色(或乳白色)沉淀(或浑浊)Cu2++H2S==CuS↓+2H+该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀,不是因为生成弱电解质
【解析】
【分析】
(1)根据O、S、Se、Te、Po、Lv都是氧族元素,且原子序数依次增大分析解答;
(2)根据元素的非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律分析判断;
(3)Se与S是同主族元素,最外层电子数相等,Se比S电子层数多、半径大,结合核对最外层电子的吸引力的变化,引起非金属性的变化分析解答;
(4)①双氧水具有较强的氧化性,H2S具有还原性;②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀;③结合装置A和C中发生反应的原理分析解答。
【详解】
(1)O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素,都是氧族元素,位于第VIA族,O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素,其原子序数依次增大,因此Lv位于第七(或7)周期,在周期表中的位置为,故答案为:
第七(或7)周期VIA族;
(2)a.同一主族元素,从上到下,离子半径逐渐增大,因此离子半径:
Te2->Se2-,能用元素周期律解释,故a选;b.同一主族元素,从上到下,非金属性逐渐减弱,氢化物的稳定性减弱,因此热稳定性:
H2O>H2S,能用元素周期律解释,故b选;c.物质的熔沸点是物理性质,不能用元素周期律解释,故c不选;d.同一主族元素,从上到下,非金属性逐渐减弱,最高价含氧酸的酸性减弱,因此酸性:
H2SO4>H2SeO4,能用元素周期律解释,故d选;故答案为:
abd;
(3)Se与S是同主族元素,Se比S电子层数多、半径大,吸引电子能力弱,非金属性弱,故H2SeO4酸性弱于H2SO4,故答案为:
Se与S是同主族元素,Se比S电子层数多、半径大,吸引电子能力弱,非金属性弱,故H2SeO4酸性弱于H2SO4;
(4)①双氧水具有较强的氧化性,H2S具有还原性,能够被双氧水氧化生成硫单质沉淀,故答案为:
H2S具有还原性;出现淡黄色沉淀;
②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀,反应的离子方程式为Cu2++H2S==CuS↓+2H+,故答案为:
Cu2++H2S==CuS↓+2H+;
③根据“强酸制弱酸”的原理,装置A中硫化亚铁与硫酸反应生成硫化氢,因为硫化亚铁能够被硫酸溶解,C中发生Cu2++H2S==CuS↓+2H+,是因为生成的硫化铜不能溶于硫酸,因此该反应能够发生,故答案为:
该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀,不是因为生成弱电解质。
9.A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,相关信息如下:
元素
相关信息
A
基态原子的价电子排布式为nSnnPn
B
元素原子的核外p电子数比s电子数少1个
C
最外层电子数是电子层数的3倍
D
简单离子是第三周期元素中离子半径最小的
E
价电子层中的未成对电子数为4
请回答下列问题:
(1)写出下列元素的名称:
A______,B_______,C________,D__________
(2)写出C元素在周期表的位置_________,E2+价电子的轨道表示式________________,B元素能量最高的电子为_____轨道上的电子,其轨道呈_______形.
(3)按原子轨道的重叠方式,1molA与C形成的最高价化合物中σ键有______个,π键有______个。
(4)B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为_____________(用离子符号表示)。
(5)写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式_____________。
【答案】碳氮氧铝第2周期第VIA族
2p纺锤形(或哑铃形)2
2
N3->O2->Al3+
【解析】
【分析】
A元素基态原子的价电子排布式为nsnnpn,则n=2,所以A是碳元素;D元素简单离子是第三周期元素中离子半径最小的,则D是Al元素;C元素最外层电子数是电
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